Giải SGK Chuyên đề Toán 12 Bài 2. Biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức và áp dụng

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết được bài toán này như sau:

Xác suất nếu người chơi chọn phương án 1:

Gọi T là phép thử: “Gieo một xúc xắc cân đối, đồng chất”;

E là biến cố: “Xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Xét phép thử lặp với n = 12 và .

Gọi B là biến cố: “Người chơi thắng”.

B cũng là biến cố: “Trong phép thử lặp T, với n = 12, biến cố E xuất hiện ít nhất hai lần”.

Xét biến cố đối : “Trong phép thử lặp T, biến cố E xuất hiện nhiều nhất một lần”.

Ta có . Theo quy tắc cộng xác suất và công thức bernoulli, ta có:

.

Do đó P(B) = 1 – 0,3813 = 0,6187.

Xác suất nếu người chơi chọn phương án 2:

Gọi T là phép thử: “Gieo một xúc xắc cân đối, đồng chất”;

E là biến cố: “Xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Xét phép thử lặp với n = 6 và .

Gọi B là biến cố: “Người chơi thắng”.

B cũng là biến cố: “Trong phép thử lặp T, với n = 6, biến cố E xuất hiện ít nhất một lần”.

Xét biến cố đối : “Trong phép thử lặp T, biến cố E không xuất hiện”.

Khi đó .

Do đó .

Ta thấy người chơi nên chọn theo phương án 2 thì xác suất thắng cao hơn.

Phép thử T được lặp lại 12 lần.

Người chơi thắng khi biến cố E xuất hiện ít nhất 2 lần.

Phép thử T được lặp lại 6 lần.

Người chơi thắng khi biến cố E xuất hiện ít nhất 1 lần.

Xác suất để An thắng trận đấu là xác suất để An thắng ít nhất hai ván đấu.

Gọi biến cố A: “An thắng trận đấu đó”.

Trường hợp 1: An thắng cả ba ván đấu

Khi đó ta có P1 = 0,43 = 0,064.

Trường hợp 2: An thắng 2 ván đấu.

Khi đó ta có: .

Vậy P(A) = P1 + P2 = 0,064 + 0,288 = 0,352.

Gọi T là phép thử: “Gieo một xúc xắc cân đối, đồng chất”;

E là biến cố: “Xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Xét phép thử lặp với n = 6 và .

Gọi B là biến cố: “Người chơi thắng”.

B cũng là biến cố: “Trong phép thử lặp T, với n = 6, biến cố E xuất hiện ít nhất một lần”.

Xét biến cố đối : “Trong phép thử lặp T, biến cố E không xuất hiện”.

Khi đó .

Do đó .

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết bài toán này như sau:

Gọi X là số câu trả lời đúng của An.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 10; .

Số điểm trung bình là E(X).

Vậy trung bình An nhận được số điểm trung bình là:

E(X) = np = điểm.

An vượt qua bài thi khi làm đúng ít nhất 5 câu tức là khi X ≥ 5.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

Từ đó tính được xác suất vượt qua bài thi của An xấp xỉ là 7,81%.

Vận dụng công thức Bernoulli, ta có:

P(X = 0) = (1 – p)n.

P(X = 1) .

P(X = 2) .

….

P(X = k) .

….

P(X = n) .

Phép thử T là: “Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất”.

Biến cố E: “Số chấm xuất hiện lớn hơn 4”.

Ta có .

X là số lần xuất hiện biến cố E trong 5 lần thực hiện lặp lại phép thử T.

Người chơi nhận được ít nhất 30 điểm khi số lần xuất hiện số chấm lớn hơn 4 ít nhất 3 lần. Tức là khi X ≥ 3.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

.

Gọi X là số câu trả lời đúng của An.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 10; .

Số điểm trung bình là E(X).

Vậy trung bình An nhận được số điểm trung bình là:

E(X) = np = điểm.

b) An vượt qua bài thi khi làm đúng ít nhất 5 câu tức là khi X ≥ 5.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

Từ đó tính được xác suất vượt qua bài thi của An xấp xỉ là 7,81%.

X là số linh kiện không đạt tiêu chuẩn.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 10; p = 0,01.

Hộp được xếp loại I nếu hộp đó có nhiều nhất một linh kiện không đạt tiêu chuẩn tức là X ≤ 1.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

.

Vậy tỉ lệ những hộp linh kiện điện tử loại I là 99,6%.

Gọi X là số câu trả lời đúng của thí sinh.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 10; .

Thí sinh đạt 15 điểm thì có 5 câu trả lời đúng và 5 câu trả lời sai tức là X = 5.

Khi đó xác suất là .

Thí sinh bị điểm âm tức là thí sinh trả lời đúng nhiều nhất 1 câu tức là X ≤ 1.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

.

Xác suất để một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm là .

Gọi X là số con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm.

Bác Hưng thắng cuộc 1 ván khi X ≥ 2.

Xác suất để bác Hưng thắng cuộc 1 ván là: .

Gọi Y là số ván thắng của bác Hưng.

Xác suất để bác Hưng thắng ít nhất 2 ván là

.

Ta vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các kết quả có thể của kiểu gene ứng với màu hạt của cây con.

X là số cây con có hạt màu vàng trong số 4 cây con.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức n = 4; .

Giá trị của X thuộc tập {0; 1; 2; 3; 4}.

Ta có P(X = 0) = ;

;

;

;

.

Bảng phân bố xác suất của X

X	0	1	2	3	4
P

Gọi Y là số cây con có hạt màu xanh.

Khi đó Y là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 4; .

Trung bình có E(Y) = cây con có hạt màu xanh.

X là số bóng sáng.

X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 6; .

Lớp học đủ ánh sáng nếu có ít nhất 4 bóng sáng tức là X ≥ 4.

Khi đó .

E(X) = ;

;

.

X là số trận thắng của Sơn.

X là biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất nhị thức với tham số n = 5; .

Sơn thắng Tùng trong trận đấu tức là X ≥ 3.

Ta có

X là số quả cam không đạt chất lượng.

X là biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất nhị thức với tham số n = 20; p = 0,03.

Thùng cam đạt xếp loại I nếu X = 0.

P1 = P(X = 0) = 0,9720 ≈ 0,5438.

Thùng cam đạt xếp loại II nếu X = 1 hoặc X = 2.

Khi đó P2 = P(X = 1) + P(X = 2) =

Thùng cam không đạt chất lượng nếu X ≥ 3.

Khi đó P(X ≥ 3) = 1 – P1 – P2 = 1 – 0,5438 – 0,4352 = 0,021.